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2022-2023学年广东省广州市荔湾区高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省广州市荔湾区高一（下）期末数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市荔湾区高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数z满足(1+2i)z=4+3i，则复数z=( )
A. −2+i B. −2−i C. 2+i D. 2−i
2. 已知向量a=(2,0)，b=(1,−1)，若a+λb与b垂直，则λ等于( )
A. 1 B. 0 C. −1 D. −2
3. 一个小商店从一家食品有限公司购进10袋白糖，每袋白糖的标准质量是500g，为了了解这些白糖的质量情况，称出各袋白糖的质量(单位：g)如下：495，500，503，508，498，500，493，500，503，500，记10袋白糖的平均质量为x−，标准差为s，则质量位于x−−s与x−+s之间的白糖袋数是( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
4. 已知事件A，B，且P(A)=0.7，P(B)=0.2，则( )
A. 若B⊆A，则P(A∪B)=0.7，P(AB)=0.14
B. 若A，B互斥，则P(A∪B)=0.9，P(AB)=0.14
C. 若A与B相互独立，则P(A∪B)=0.9，P(AB)=0
D. 若A与B相互独立，则P(A−B−)=0.24，P(A−B)=0.06
5. 已知a，b，c是同一平面内的三个向量，则( )
A. 若a//b，b//c，则a//c
B. 若a是非零向量，b≠c，则a⋅b=a⋅c是a⊥(b−c)的充要条件
C. 若a=(1,−1)，b=(2,−3)，c=(−3,4)，则{a+b,c}可以作为基底
D. 若a，b，c两两的夹角相等，且|a|=1，|b|=1，|c|=3，则|a+b+c|=2
6. 某小区从2000户居民中随机抽取100户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50～350kW⋅h之间，进行适当的分组后(每组为左闭右开的区间)，画出频率分布直方图如图所示.则( )
A. 小区用电量平均数为186.5，极差为300
B. 小区用电量中位数为171，众数为175
C. 可以估计小区居民月用电量的85%分位数约为262.5
D. 小区用电量不小于250kW⋅h的约有380户
7. 已知母线长为a的圆锥的侧面展开图为半圆，在该圆锥内放置一个圆柱，则当圆柱的侧面积最大时，圆柱的体积为( )
A. 3128πa3 B. 364πa3 C. 332πa3 D. 316πa3
8. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成θ角的两条数轴，e1，e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量OP=xe1+ye2，则把有序数对(x,y)叫做向量OP在坐标系xOy中的坐标，则该坐标系中M(x1,y1)和N(x2,y2)两点间的距离为( )
A. (x1−x2)2+(y1−y2)2−2(x1−x2)(y1−y2)sinθ
B. (x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)sinθ
C. (x1−x2)2+(y1−y2)2−2(x1−x2)(y1−y2)cosθ
D. (x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)cosθ
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知复数z1=x+yi(x,y∈R)，z2=cosθ+isinθ(θ∈R)，则( )
A. (z1+z2)2=|z1+z2|2
B. 复平面内z22对应的点的集合是单位圆
C. z1+z2−=z1−+z2−
D. 复平面内满足|z1−i|=1的点的集合是线段
10. 在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次底面朝下的数字，记事件A=“两次记录的数字之和为偶数”，事件B=“第一次记录的数字为偶数”；事件C=“第二次记录的数字为偶数”，则( )
A. P(A)=P(B)=P(C) B. P(AB)=P(BC)=P(AC)
C. P(A)P(B)P(C)=116 D. P(ABC)=14
11. 已知函数f(x)=cos4x−2sinxcosx−sin4x，则( )
A. 函数f(x)的图象关于x=π4对称 B. 函数f(x)的图象关于点(−3π8,0)对称
C. 函数f(x)在区间[−π8,3π8]上单调递减 D. 函数f(x)满足f(x+π2)=1f(x)
12. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点E，F分别是线段AB、A1D1的中点，则( )
A. EF⊥CD1
B. 直线EF与BC1所成的角为60°
C. 直线EF与平面ABC1所成的角的正弦值为 36
D. 直线B1D与平面A1BC1的交点是△A1BC1的重心
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若复数z在复平面内对应的点位于第二象限，且|z|=2，则z等于______ .(写出一个即可)
14. 已知|a|=6，e=(0,1)，当向量a，e的夹角θ等于30°时，向量a在向量e上的投影向量为______ ．
15. 如图，长方体木块ABCD−A1B1C1D1中，BC=BB1=1，AB=2，E，F，G分别是线段AB1，B1C1，DC的中点，平面A1B1C1上存在点P，满足DP//平面EFG，则点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面的面积为______ ．
16. 如图，已知直线l1//l2，A是直线l1，l2之间的一定点，并且点A到l1，l2的距离分别为h1，h2，B，C分别为直线l1，l2上的动点，且满足∠BAC=120°，则△ABC面积的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
将函数g(x)=tan(2x+π3)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移π3个单位长度，得到函数f(x)的图象．
(1)解不等式g(x)≥−1，x∈[0,π4]；
(2)证明：tan(x2+π4)+tan(x2−π4)=2f(x)．
18. (本小题12.0分)
如图，A，B两点都在河的对岸(不可到达)，为了测量A，B两点间的距离，在A，B两点的对岸选定两点C，D，测得CD=a，并且在C，D两点分别测得∠ACB=60°，∠ACD=45°，∠BDC=30°，∠BDA=75°，
(1)求A，B两点间的距离；
(2)设AC与BD相交于点O，记△AOD与△BOC的面积分别为S1，S2，求S1−S2．
19. (本小题12.0分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=2，AA1=3，点P，Q分别为线段AB1，CC1的中点．
(1)证明：PQ//平面ABC；
(2)求多面体B1PCQ的体积．
20. (本小题12.0分)
某品牌计算机售后保修期为1年，根据大量的维修记录资料，这种品牌的计算机在使用一年内维修次数最多的是3次，其中维修1次的占15%，维修2次的占6%，维修3次的占4%．
(1)若某人购买1台这种品牌的计算机，求下列事件的概率：A=“在保修期内需要维修”；B=“在保修期内维修不超过1次”；
(2)若某人购买2台这种品牌的计算机，2台计算机在保修期内是否需要维修互不影响，求这2台计算机保修期内维修次数总和不超过2次的概率．
21. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，AC与BD相交于点O，E为CD的中点，PA=PB= 2，∠PAD=∠PBC，
(1)证明：平面POE⊥平面ABCD；
(2)当点A到平面PCD的距离最大时，求侧面PAB与底面ABCD所成二面角的大小．
22. (本小题12.0分)
某工艺品加工厂生产线一天能生产200件某款产品，该产品市场评级规定：工艺质量指标值大于或等于10的为A等品，小于10的为B等品.厂家将A等品售价定为160元/件，B等品售价定为140元/件．
如表是检验员在现有生产线上随机抽取的16件产品的工艺质量指标值：
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得x−=116i=116xi=9.97，s2=116i=116(xi−x−)2=116i=116xi2−x−2=0.045，其中xi为抽取的第i件产品的工艺质量指标值，i=1，2，⋯，16．
为了提高产品质量，该厂计划通过增加生产工序来改进生产工艺，已知增加生产工序每年需花费30万元，改进后该条生产线产能不变，但生产出的每件产品工艺质量指标值均提高0.05．
(1)若将随机抽取的16件产品中各等级产品的频率视为概率，估计改进后该厂的年收益是否增加，并说明理由.(一年按365天计算)
(2)根据随机抽取的16件产品的工艺质量指标值，估计改进后该厂一天生产的所有产品的工艺质量指标值的平均数和方差．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由(1+2i)z=4+3i，得z=4+3i1+2i=(4+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=10−5i5=2−i．
故选：D．
把给出的等式两边同时乘以11+2i，然后直接利用复数的除法运算化简．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为a=(2,0)，b=(1,−1)，所以a+λb=(2+λ,−λ)，
因为a+λb与b垂直，所以(2+λ)×1+(−λ)×(−1)=0，则λ=−1．
故选：C．
利用平面向量垂直的坐标表示即可得解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：10袋白糖的平均质量x−=500+−5+0+3+8+(−2)+0+(−7)+3+010=500，
方差s22=110[(−5)2+02+32+82+(−2)2+02+(−7)2+02+32+02]=16，标准差s=4，
因此x−−s=496,x−+s=504，
所以质量位于x−−s与x−+s之间的白糖袋数是7．
故选：B．
根据给定条件，求出平均质量x−及标准差s即可判断作答．
本题主要考查平均数和方差公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：对于A，如果B⊆A，那么P(A⋃B)=P(A)=0.7，P(AB)=P(B)=0.2，A错误；
对于B，如果A与B互斥，那么P(A⋃B)=P(A)+P(B)=0.7+0.2=0.9，P(AB)=0，B错误；
对于C，如果A与B相互独立，那么P(AB)=P(A)P(B)=0.7×0.2=0.14，C错误；
对于D，如果A与B相互独立，那么P(A−B−)=(1−0.7)(1−0.2)=0.24，P(A−B)=(1−0.7)×0.2=0.06，D正确．
故选：D．
根据事件的包含关系、互斥事件概率公式、相互独立事件的性质及概率公式计算判断作答．
本题考查相互独立事件的概率相关知识，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：对于选项A，当b=0时，满足a//b，b//c，
但a,c的方向不能确定，故选项A错误；
对于选项B，若a是非零向量，b≠c，
则a⋅b=a⋅c⇔a⋅(b−c)=0⇔a⊥(b−c)，
则选项B正确；
对于选项C，∵a+b=(3,−4)=−c，
∴a+b,c共线，
∴{a+b,c}不可以作为基底，故选项C错误；
对于选项D，|a+b+c|= (a+b+c)2= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c，
因为a,b,c两两的夹角相等，
所以夹角有两种情况，
当夹角为120°时，|a+b+c|= 12+12+32+2×1×1×(−12)+2×1×3×(−12)+2×1×3×(−12)=2，
当夹角为0°时，|a+b+c|= 12+12+32+2×1×1+2×1×3+2×1×3=5，
故选项D错误．
故选：B．
取b=0可判断A；由a⋅b=a⋅c⇔a⋅(b−c)=0可判断B；求得a+b=−c，则a+b,c共线，可判断C；a,b,c两两的夹角为0°或120°，根据模长公式及数量积运算可判断D．
本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：对于A，极差为300，小区用电量平均数为
50×0.0024×75+50×0.0036×125+50×0.0060×175+50×0.0044×225
+50×0.0024×275+50×0.0012×325=186，故A错误；
对于B，小区用电量众数为150+2002=175，
因为50×(0.0024+0.0036)=0.3，50×(0.0024+0.0036+0.0060)=0.6，
故小区用电量中位数在[150,200)，设为m，
则0.3+(m−150)×0.0060=0.5，解得m=5503，故B错误；
对于C，因为50×(0.0024+0.0036+0.0060+0.0044)=0.82<0.85，
50×(0.0024+0.0036+0.0060+0.0044+0.0024)=0.94>0.85，
故估计小区居民月用电量的85%分位数在[250,300)，设为x，
则0.82+(x−250)×0.0024=0.85，解得x=262.5，故C正确；
对于D，样本中小区用电量不小于250kW⋅h的频率为0.0024×50+0.0012×50=0.18，
所以小区用电量不小于250kW⋅h的约有2000×0.18=360户，故D错误．
故选：C．
对于A，根据频率分布直方图中平均数与极差的算法计算即可；对于B，根据频率分布直方图中中位数与众数的算法计算即可；对于C，根据频率分布直方图中百分位数的算法判断即可；对于D，求出小区用电量不小于250kW⋅h的频率，进而得解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数、极差、中位数和百分位数的计算，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：依题意，设圆锥底面半径为R，高为H，圆柱底面半径为r，高为h，
则2πR=12×2πa，则R=12a，故H= a2−R2= 32a，
所以由hH=R−rR，得h= 32a− 3r= 32(a−2r)，
所以圆柱的侧面积S=2πrh= 32π×2r×(a−2r)≤ 32π×(2r+a−2r2)2= 38πa2，
当且仅当2r=a−2r，即r=a4时，等号成立，
此时h= 32(a−2×14a)= 34a，圆柱的体积为V=πr2h=π×(a4)2× 34a= 364πa2．
故选：B．
先由题意求得圆锥的底面半径与高，从而利用比例关系得到圆柱底面半径与高的关系，再利用基本不等式求得圆柱的侧面积最大时圆柱底面半径与高的取值，从而得解．
本题考查圆锥、圆柱相关计算知识，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为该坐标系中M(x1,y1)和N(x2,y2)，
所以OM=x1e1+y1e2,ON=x2e1+y2e2，
则MN=ON−OM=(x2−x1)e1+(y2−y1)e2，
所以|MN|= [(x2−x1)e1+(y2−y)1e2]2
= (x2−x1)2e12+(y2−y1)2e22+2(x2−x1)(y2−y1)e1⋅e2
= (x2−x1)2|e1|2+(y2−y1)2|e2|2+2(x2−x1)(y2−y1)|e1|⋅|e2|cosθ
= (x1−x2)2×12+(y1−y2)2×12+2(x1−x2)(y1−y2)×1×1×cosθ
= (x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)cosθ，
即该坐标系中M(x1,y1)和N(x2,y2)两点间的距离为：
(x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)cosθ．
故选：D．
由题意可得OM=x1e1+y1e2,ON=x2e1+y2e2，再利用向量减法运算法则以及向量数量积的运算法则求解即可．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：取z1=i，θ=0，z2=1，则(z1+z2)2=(i+1)2=2i，|z1+z2|2=|i+1|2=2，
则(z1+z2)2≠|z1+z2|2，故A错误；
设复平面内z22对应的点的坐标为(m,n)，z22=(cosθ+isinθ)2=cos2θ−sin2θ+i⋅2sinθcosθ=cos2θ+isin2θ，
∴m=cos2θ，n=sin2θ，∴m2+n2=1，
则复平面内z22对应的点的集合是单位圆，故B正确；
∵z1+z2=x+cosθ+i⋅(y+sinθ)，z1+z2−=x+cosθ−i⋅(y+sinθ)，
z1−+z2−=x−yi+cosθ−isinθ=x+cosθ−i⋅(y+sinθ)，
∴z1+z2−=z1−+z2−，故C正确；
由|z1−i|=1得|x+(y−1)i|=1，即x2+(y−1)2=1，表示以(0,1)为圆心，1为半径的圆，故D错误．
故选：BC．
取特值可判断A；设复平面内z22对应的点的坐标为(m,n)，求得m2+n2=1，即可判断B；利用共轭复数的概念求解可判断C；由模的计算公式可得x2+(y−1)2=1，表示以(0,1)为圆心，1为半径的圆，可判断D．
本题主要考查了复数的运算，考查了复数的几何意义，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：依题意，连续抛掷这个正四面体木块两次，所得总的基本事件有：
(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16件，
其中事件A包含的基本事件有(1,1)，(1,3)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,3)，(4,2)，(4,4)，共8件，
事件B包含的基本事件有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共8件，
事件C包含的基本事件有(1,2)，(1,4)，(2,2)，(2,4)，(3,2)，(3,4)，(4,2)，(4,4)，共8件，
事件AB包含的基本事件有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，共4件，
事件BC包含的基本事件有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，共4件，
事件AC包含的基本事件有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，共4件，
事件ABC包含的基本事件有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，共4件，
所以P(A)=P(B)=P(C)=12，P(AB)=P(BC)=P(AC)=14，
P(A)P(B)P(C)=18，P(ABC)=14，
故ABD正确，C错误．
故选：ABD．
利用列举法，结合古典概型求得各事件的概率，从而得解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：f(x)=cos4x−2sinxcosx−sin4x=(cos2x+sin2x)(cos2x−sin2x)−2sinxcosx=cos2x−sin2x= 2cos(2x+π4)，
由2x+π4=kπ，k∈Z，解得x=−π8+kπ2，k∈Z，令−π8+kπ2=π4，得k=34∉Z，故A错误；
由2x+π4=π2+kπ，k∈Z得，x=π8+kπ2，k∈Z，当k=−1时，x=−3π8，
则函数f(x)关于点(−3π8,0)对称，故B正确；
当2x+π4∈[2kπ,π+2kπ]，k∈Z，即x∈[−π8+kπ,3π8+kπ]，k∈Z时，f(x)单调递减，
令k=0，则函数f(x)在区间[−π8,3π8]内单调递减，故C正确；
取x=0，则f(0+π2)=f(π2)= 2cos(x+π4)=− 2cosπ4=−1，
又因为1f(0)=1 2cosπ4=1，
所以f(0+π2)≠1f(0)，故D错误．
故选：BC．
利用三角恒等变换化简f(x)= 2cos(2x+π4)，根据三角函数的对称性列式求解可判断AB；根据三角函数的单调性列出不等式求解可判断C；取特值可判断D．
本题主要考查了三角函数的恒等变换，考查了余弦函数的图象和性质，属于中档题．
12.【答案】CD
【解析】解：对于A，记CD的中点为G，连接EG，AC交于O，连接D1O，AD1，
易得O同时是EG与AC的中点，EO//AD,EO=12AD，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，FD1//AD,FD1=12AD，
所以EO//FD1，EO=FD1，
所以四边形FD1OE是平行四边形，
则EF//D1O，
不妨设AB=2，则在△ACD1，易得AD1=AC=CD1=2 2，
则△ACD1是正三角形，
因为O是AC的中点，易得∠OD1C=30°，
所以D1O与CD1不垂直，
则EF与CD1不垂直，故A错误；
对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB//C1D1，AB=C1D1，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，则AD1//BC1，
又EF//D1O，
所以∠AD1O是直线EF与BC1所成的角(或补角)，
因为△ACD1是正三角形，O是AC的中点，
所以∠AD1O=30°，故B错误；
对于C，连接A1D，如图，
由选项B可知平面ABC1与平面ABC1D1是同一个面，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥平面AA1D1D，
而A1D⊂平面AA1D1D，
则AB⊥A1D，
在正方形AA1D1D中，易得AD1⊥A1D，
又AD1∩AB=A，AD1，AB⊂平面ABC1D1，
所以A1D⊥平面ABC1D1，
又F是A1D1的中点，所以F到平面ABC1D1的距离是A1到平面ABC1D1的距离的一半，
记F到平面ABC1D1的距离为h，
则h=12×12A1D= 22，
而易得EF= 12+12+22= 6，
记直线EF与平面ABC1所成的角为θ，
则sinθ=hEF= 22×1 6= 36，故C正确；
对于D，不妨设直线B1D与平面A1BC1的交点为M，连接B1D1，如图，
易得A1B=BC1=A1C1=2 2，
又A1B1=B1C1=BB1=2，
所以三棱锥B1−A1BC1是正三棱锥，
故要证M是△A1BC1的重心，只需要证B1M⊥面A1BC1，即B1D⊥面A1BC1即可，
因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面A1B1C1D1，
而A1C1⊂平面A1B1C1D1，
则DD1⊥A1C1，
在正方形A1B1C1D1中，易得B1D1⊥A1C1，
又DD1∩B1D1=D1，DD1，B1D1⊂平面DD1B1，
所以A1C1⊥平面DD1B1，
而B1D⊂平面DD1B1，
故A 1C1⊥B1D，
同理A1B⊥B1D，
又A1C1∩A1B=A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1，
所以B1D⊥面A1BC1，
所以直线B1D与平面A1BC1的交点是△A1BC1的重心，故D正确．
故选：CD．
对于AB，利用平行线的证明判断得EF与CD1，EF与BC1的所成角，从而得以判断；对于C，利用线面角的定义，求得F到平面ABC1D1的距离，从而求得所求角的正弦值，由此得以判断；对于D，利用正三棱锥B1−A1BC1的性质，将问题转化为证B1D⊥面A1BC1，利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】−1+ 3i(答案不唯一)
【解析】解：设z=a+bi(a<0,b>0)，
由|z|=2，得 a2+b2=2，即a2+b2=4，
令a=−1，b= 3，则z=−1+ 3i.
故答案为：−1+ 3i(答案不唯一)．
设z=a+bi(a<0,b>0)，由|z|=2可得a2+b2=4，取该方程的一组解，则答案可求．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数模的求法，是基础题．
14.【答案】3 3e
【解析】解：|a|=6，e=(0,1)，向量a，e的夹角θ等于30°时，
故向量a在向量e上的投影向量为|a|cos30°×e=3 3e．
故答案为：3 3e．
据投影向量的定义结合已知求解即得．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
15.【答案】32
【解析】解：如图，连接EG，EF，GF，A1D，A1C1，DC1，
∵A1E//DG，A1E=DG，∴A1EGD为平行四边形，∴A1D//EG，
∵A1D⊄平面EFG，EG⊂平面EFG，∴A1D//平面EFG，
又DP//平面EFG，A1D∩DP=D，A1D，DP⊂平面A1DP，
∴平面A1DP//平面EFG，
又平面A1DP∩平面A1B1C1D1=A1P，平面EFG∩平面A1B1C1D1=EF，
∴A1P//EF，
∵E，F分别是线段AB1，B1C1的中点，∴A1C1//EF，则点P在A1C1上，
∴点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面为△DA1C1，
∵DA1= 2，A1C1=DC1= 5，△DA1C1的等腰三角形，
边DA1上的高为h= ( 5)2−( 22)2=3 22，
∴S△DA1C1=12DA1⋅h=12× 2×3 22=32．
故答案为：32．
由题意可得A1D//EG，从而AD1//平面EFG，又DP//平面EFG，则平面A1DP//平面EFG，可得A1P//EF，又A1C1//EF，则点P在A1C1上，所以点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面为△DA1C1，计算面积即可．
本题主要考查了线面平行的判定，考查了正方体的结构特征，属于中档题．
16.【答案】 33h1h2
【解析】解；依题意，当点B，C在过点A垂直于l1的直线DE同侧时，∠BAE+∠CAD=60°，
设∠BAE=30°+θ(−30°<θ<30°)，则∠CAD=30°−θ，在Rt△ABE，Rt△ACD中，
AB=h1cos(30∘+θ)，AC=h2cos(30∘−θ)，
因此△ABC的面积S△ABC=12AB⋅ACsin120°=12⋅h1cos(30∘+θ)⋅h2cos(30∘−θ)⋅ 32
= 3h1h24( 32cosθ−12sinθ)( 32cisθ+12sinθ)= 3h1h23cos2θ−sin2θ= 3h1h24cos2θ−1，
而 32
当C与D重合时，∠BAE=60°，同理S△ABC= 32h1h2，
当B，C在过点A垂直于l1的直线DE两侧时，则有60°<∠CAD<90°，AC>2h2，AB>h1，
或60°<∠BAE<90°，AB>2h1，AC>h2，S△ABC=12AB⋅ACsin120°> 34⋅2h1h2= 32h1h2，
所以△ABC面积的最小值为 33h1h2．
故答案为： 33h1h2．
当B，C在直线DE同侧时，设∠BAE=30°+θ(−30°<θ<30°)，利用直角三角形边角关系表示出AB，AC，再利用三角形面积公式结合和差角的余弦公式求解，验证不在同侧的情况作答．
本题主要考查点到直线的距离，三角形面积的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵x∈[0,π4]，则2x+π3∈[π3,5π6]，
因为tan(2x+π3)≥−1，则2x+π3∈[π3,π2)∪[3π4，5π6]，
解得x∈[0,π12)∪[5π24，π4]；
证明：(2)函数g(x)=tan(2x+π3)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，解析式变为h(x)=tan(x+π3)，
再向右平移π3个单位长度，则f(x)=tanx，
所以tan(x2+π4)+tan(x2−π4)=tanx2+tanπ41−tanx2tanπ4+tanx2−tanπ41+tanx2tanπ4=1+tanx21−tanx2+tanx2−11+tanx2=(1+tanx2)2−(1−tanx2)21−tan2x2=4tanx21−tan2x2=2tanx=2f(x)，
故原等式成立．
【解析】(1)根据正切函数型的图象与性质算得2x+π3∈[π3,π2)∪[3π4，5π6]，解出即可；
(2)首先得到平移后的解析式f(x)=tanx，再利用两角和与差的正切公式以及二倍角的正切公式即可证明．
本题主要考查了正切函数的图象和性质，考查了三角函数的图象变换，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在△ACD中，∠ADC=∠BDA+∠BDC=105°，∠ACD=45°，
所以∠CAD=30°，
又CD=a，
所以由CDsin30∘=ADsin45∘，得AD=asin45°sin30∘= 2a，
在△BCD中，∠BCD=∠ACB+∠ACD=105°，∠BDC=30°，
所以∠CBD=45°，
又sin105°=sin(60°+45°)= 32× 22+12× 22= 6+ 24，
所以由BDsin105∘=CDsin45∘，
得BD=asin105°sin45∘= 3+12a，
在△ABD中，∠BDA=75°，cos∠BDA=cos(45°+30°)= 22( 32−12)= 6− 24，
所以AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cos75°
=2a2+2+ 32a2−2× 2a× 3+12a× 6− 24=4+ 32a2，
则AB= 8+2 32a．
(2)在△COD中，∠ACD=45°，∠BDC=30°，
则∠COD=105°，
由OCsin30∘=ODsin45∘=CDsin105∘，
得OC=CDsin30°sin105∘=2 6+ 2a,OD=CDsin45°sin105∘=2 2 6+ 2a=( 3−1)a，
所以在△AOD中，∠BDA=75°，sin75°=sin105°= 6+ 24，
则S△AOD=12AD⋅OD⋅sin75°=12× 2a×2 2 6+ 2a× 6+ 24=a22，
在△BOC中，∠BOC=180°−∠COD=75°，BO=BD−DO= 3+12a−( 3−1)a=3− 32a，
则S△BOC=12OC⋅BO⋅sin75°=12×2 6+ 2a×3− 32a× 6+ 24=3− 38a2，
所以S1−S2=S△AOD−S△BOC=a22−3− 38a2=1+ 38a2．
【解析】(1)利用正弦理定依次求得AD，BD，再利用余弦定理即可求得AB，由此得解；
(2)在△COD中，利用正弦定理求得OC，OD，再在△AOD与△BOC中，利用三角形面积公式即可得解．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AB的中点D，连接PD，CD，
在△ABB1中，因为P，D分别为AB1，AB中点，
所以PD//BB1，且PD=12BB1，
正三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1//BB1，CC1=BB1，
因为Q为棱CC1的中点，
所以CQ//BB1，且CQ=12BB1，
于是PD//CQ，PD=CQ，
所以四边形PDCQ为平行四边形，
从而PQ//CD，
又因为CD⊂平面ABC，PQ⊄平面ABC，
所以PQ//平面ABC；
(2)取BC的中点E，连接AE，因为AB=AC，
所以AE⊥BC，
正三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，
所以BB1⊥AE，
又BC∩BB1=B，BB1，BC⊂平面BCC1B1，
所以AE⊥平面BCC1B1，
点P为线段AB1的中点，
则点P到平面BCC1B1的距离d=12AE= 32，
则多面体B1PCQ的体积VB1−PCQ=VP−B1CQ=13S△B1CQd=13×12×32×2× 32= 34．
【解析】(1)取AB的中点D，证明四边形PDCQ为平行四边形，从而PQ//CD，即证得结论；
(2)取BC的中点E，可证得AE⊥平面BCC1B1，因为点P为线段AB1的中点，则点P到平面BCC1B1的距离d=12AE= 32，从而由VB1−PCQ=VP−B1CQ=13S△B1CQd求得答案．
本题考查线面平行的判定定理，考查等体积法的运用，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设Ak=“一年内需要维修k次”，k=0，1，2，3，事件A0，A1，A2，A3两两互斥，
因为一年内需要维修1次的占15%，维修2次的占6%，维修3次的占4%，
所以P(A1)=0.15，P(A2)=0.06，P(A3)=0.04，P(A0)=1−(0.15+0.06+0.04)=0.75，
P(A)=P(A1⋃A2⋃A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=0.25，
P(B)=P(A0⋃A1)=P(A0)+P(A1)=0.9；
(2)这2台计算机保修期内维修次数总和不超过2次，则两台均未维修或1台维修0次另1台维修1次，或1台维修0次另1台维修2次，或2台各维修1次，
所以这2台计算机保修期内维修次数总和不超过2次的概率为：
P=0.75×0.75+0.75×0.15×2+0.75×0.06×2+0.15×0.15=0.9．
【解析】(1)设Ak=“一年内需要维修k次”，k=0，1，2，3，由题设条件求出P(Ak)，利用互斥事件的概率公式计算概率；
(2)由题意可知，1台维修0次另1台维修1次，或1台维修0次另1台维修2次，或2台各维修1次，由此求解即可．
本题主要考查互斥事件的概率加法公式，属于基础题．
21.【答案】解：(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，由正方形ABCD，得AD=BC，
而PA=PB= 2,∠PAD=∠PBC，
则△PAD≌△PBC，有PD=PC，
又E为CD的中点，OD=OC，
于是PE⊥CD，OE⊥CD，
而PE∩OE=E，OE⊂平面POE，PE⊂平面POE，
因此CD⊥平面POE，
又CD⊂平面ABCD，
所以平面POE⊥平面ABCD．
(2)在四棱锥P−ABCD中，延长EO交AB于F，连接PF，如图，
由于正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为CD的中点，则F为AB的中点，
有EF⊥AB，PF⊥AB，
于是∠PFE是侧面PAB与底面ABCD所成二面角，令∠PFE=θ，
由(1)知CD⊥平面PFE，而CD⊂平面PCD，
则平面PFE⊥平面PCD，
在平面PFE内过F作FH⊥PE于H，而平面PFE∩平面PCD=PE，
于是FGH⊥平面PCD，
又AB//CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，
则AB//平面PCD，
因此点A到平面PCD距离等于点F到平面PCD的距离FH，
由PA= 2,AF=1，得PF= PA2−PF2=1，
而EF=2，
在△PEF中，由余弦定理得：PE2=PF2+EF2−2PF⋅EFcosθ=5−4cosθ，
又S△PEF=12PF⋅EF⋅sinθ=12PE⋅FH，即有2sinθ=PE⋅FH，
则FH2=4sin2θPE2=4−4cos2θ5−4cosθ=16−(4cosθ)24(5−4cosθ)，
令5−4cosθ=t，显然−1
当t=3时，(FH)min=1,cosθ=12，
而0<θ<π，
从而θ=π3，
所以当点A到平面PCD距离最大时，侧面PAB与底面ABCD所成二面角的大小为π3．
【解析】(1)根据给定条件，借助三角形全等证得PC=PD，再利用等腰三角形性质、线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答．
(2)作出侧面PAB与底面ABCD所成二面角，利用线面平行确定点A到平面PCD的距离，借助余弦定理、三角形面积公式求解作答．
本题考查面面垂直的判定以及二面角的定义及其求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)改进后该厂的年收益增加了，理由如下：
依题意，可知原生产线生产A等品的概率为816=12，生产B等品的概率为12，
所以原生产线一天的收益为200×12×160+200×12×140=30000(元)，即3万元，
改进后的生产线随机抽取的16件产品的工艺质量指标值为：
10.00
10.17
10.01
10.01
10.06
9.97
10.03
10.09
10.31
9.96
10.18
10.07
9.27
10.09
10.10
10.00
则改进后的生产线生产A等品的概率为1316，生产B等品的概率为316，
所以改进后的生产线一天的收益为200×1316×160+200×316×140=31250(元)，即3.125万元，
则改进后该厂的年收益比原来的多(3.125−3)×365−30=15.625(万元)．
所以改进后该厂的年收益增加了．
(2)因为原来随机抽取的16件产品的工艺质量指标值的平均数为x−=9.97和方差为s2=0.045，
而且改进后该条生产线产能不变，但生产出的每件产品工艺质量指标值均提高0.05，
所以估计改进后该厂一天生产的所有产品的工艺质量指标值的平均数为x−+0.05=10.02，
改进后方差s12=116i=116(xi+0.05−x−−0.05)=116i=116(xi−x−)=s2，
所以方差不变，仍为0.045．
【解析】(1)依题意分别求得该厂原生产线与改进生产线后一天的收益，再比较一年的收益差即可得解；
(2)利用平均数与方差的性质求解即可．
本题主要考查离散型随机变量期望的求解，考查转化能力，属于中档题．
2022-2023学年广东省广州市荔湾区高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数z满足(1+2i)z=4+3i，则复数z=( )
A. −2+i B. −2−i C. 2+i D. 2−i
2. 已知向量a=(2,0)，b=(1,−1)，若a+λb与b垂直，则λ等于( )
A. 1 B. 0 C. −1 D. −2
3. 一个小商店从一家食品有限公司购进10袋白糖，每袋白糖的标准质量是500g，为了了解这些白糖的质量情况，称出各袋白糖的质量(单位：g)如下：495，500，503，508，498，500，493，500，503，500，记10袋白糖的平均质量为x−，标准差为s，则质量位于x−−s与x−+s之间的白糖袋数是( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
4. 已知事件A，B，且P(A)=0.7，P(B)=0.2，则( )
A. 若B⊆A，则P(A∪B)=0.7，P(AB)=0.14
B. 若A，B互斥，则P(A∪B)=0.9，P(AB)=0.14
C. 若A与B相互独立，则P(A∪B)=0.9，P(AB)=0
D. 若A与B相互独立，则P(A−B−)=0.24，P(A−B)=0.06
5. 已知a，b，c是同一平面内的三个向量，则( )
A. 若a//b，b//c，则a//c
B. 若a是非零向量，b≠c，则a⋅b=a⋅c是a⊥(b−c)的充要条件
C. 若a=(1,−1)，b=(2,−3)，c=(−3,4)，则{a+b,c}可以作为基底
D. 若a，b，c两两的夹角相等，且|a|=1，|b|=1，|c|=3，则|a+b+c|=2
6. 某小区从2000户居民中随机抽取100户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50～350kW⋅h之间，进行适当的分组后(每组为左闭右开的区间)，画出频率分布直方图如图所示.则( )
A. 小区用电量平均数为186.5，极差为300
B. 小区用电量中位数为171，众数为175
C. 可以估计小区居民月用电量的85%分位数约为262.5
D. 小区用电量不小于250kW⋅h的约有380户
7. 已知母线长为a的圆锥的侧面展开图为半圆，在该圆锥内放置一个圆柱，则当圆柱的侧面积最大时，圆柱的体积为( )
A. 3128πa3 B. 364πa3 C. 332πa3 D. 316πa3
8. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成θ角的两条数轴，e1，e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量OP=xe1+ye2，则把有序数对(x,y)叫做向量OP在坐标系xOy中的坐标，则该坐标系中M(x1,y1)和N(x2,y2)两点间的距离为( )
A. (x1−x2)2+(y1−y2)2−2(x1−x2)(y1−y2)sinθ
B. (x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)sinθ
C. (x1−x2)2+(y1−y2)2−2(x1−x2)(y1−y2)cosθ
D. (x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)cosθ
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知复数z1=x+yi(x,y∈R)，z2=cosθ+isinθ(θ∈R)，则( )
A. (z1+z2)2=|z1+z2|2
B. 复平面内z22对应的点的集合是单位圆
C. z1+z2−=z1−+z2−
D. 复平面内满足|z1−i|=1的点的集合是线段
10. 在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次底面朝下的数字，记事件A=“两次记录的数字之和为偶数”，事件B=“第一次记录的数字为偶数”；事件C=“第二次记录的数字为偶数”，则( )
A. P(A)=P(B)=P(C) B. P(AB)=P(BC)=P(AC)
C. P(A)P(B)P(C)=116 D. P(ABC)=14
11. 已知函数f(x)=cos4x−2sinxcosx−sin4x，则( )
A. 函数f(x)的图象关于x=π4对称 B. 函数f(x)的图象关于点(−3π8,0)对称
C. 函数f(x)在区间[−π8,3π8]上单调递减 D. 函数f(x)满足f(x+π2)=1f(x)
12. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点E，F分别是线段AB、A1D1的中点，则( )
A. EF⊥CD1
B. 直线EF与BC1所成的角为60°
C. 直线EF与平面ABC1所成的角的正弦值为 36
D. 直线B1D与平面A1BC1的交点是△A1BC1的重心
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若复数z在复平面内对应的点位于第二象限，且|z|=2，则z等于______ .(写出一个即可)
14. 已知|a|=6，e=(0,1)，当向量a，e的夹角θ等于30°时，向量a在向量e上的投影向量为______ ．
15. 如图，长方体木块ABCD−A1B1C1D1中，BC=BB1=1，AB=2，E，F，G分别是线段AB1，B1C1，DC的中点，平面A1B1C1上存在点P，满足DP//平面EFG，则点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面的面积为______ ．
16. 如图，已知直线l1//l2，A是直线l1，l2之间的一定点，并且点A到l1，l2的距离分别为h1，h2，B，C分别为直线l1，l2上的动点，且满足∠BAC=120°，则△ABC面积的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
将函数g(x)=tan(2x+π3)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移π3个单位长度，得到函数f(x)的图象．
(1)解不等式g(x)≥−1，x∈[0,π4]；
(2)证明：tan(x2+π4)+tan(x2−π4)=2f(x)．
18. (本小题12.0分)
如图，A，B两点都在河的对岸(不可到达)，为了测量A，B两点间的距离，在A，B两点的对岸选定两点C，D，测得CD=a，并且在C，D两点分别测得∠ACB=60°，∠ACD=45°，∠BDC=30°，∠BDA=75°，
(1)求A，B两点间的距离；
(2)设AC与BD相交于点O，记△AOD与△BOC的面积分别为S1，S2，求S1−S2．
19. (本小题12.0分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=2，AA1=3，点P，Q分别为线段AB1，CC1的中点．
(1)证明：PQ//平面ABC；
(2)求多面体B1PCQ的体积．
20. (本小题12.0分)
某品牌计算机售后保修期为1年，根据大量的维修记录资料，这种品牌的计算机在使用一年内维修次数最多的是3次，其中维修1次的占15%，维修2次的占6%，维修3次的占4%．
(1)若某人购买1台这种品牌的计算机，求下列事件的概率：A=“在保修期内需要维修”；B=“在保修期内维修不超过1次”；
(2)若某人购买2台这种品牌的计算机，2台计算机在保修期内是否需要维修互不影响，求这2台计算机保修期内维修次数总和不超过2次的概率．
21. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，AC与BD相交于点O，E为CD的中点，PA=PB= 2，∠PAD=∠PBC，
(1)证明：平面POE⊥平面ABCD；
(2)当点A到平面PCD的距离最大时，求侧面PAB与底面ABCD所成二面角的大小．
22. (本小题12.0分)
某工艺品加工厂生产线一天能生产200件某款产品，该产品市场评级规定：工艺质量指标值大于或等于10的为A等品，小于10的为B等品.厂家将A等品售价定为160元/件，B等品售价定为140元/件．
如表是检验员在现有生产线上随机抽取的16件产品的工艺质量指标值：
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得x−=116i=116xi=9.97，s2=116i=116(xi−x−)2=116i=116xi2−x−2=0.045，其中xi为抽取的第i件产品的工艺质量指标值，i=1，2，⋯，16．
为了提高产品质量，该厂计划通过增加生产工序来改进生产工艺，已知增加生产工序每年需花费30万元，改进后该条生产线产能不变，但生产出的每件产品工艺质量指标值均提高0.05．
(1)若将随机抽取的16件产品中各等级产品的频率视为概率，估计改进后该厂的年收益是否增加，并说明理由.(一年按365天计算)
(2)根据随机抽取的16件产品的工艺质量指标值，估计改进后该厂一天生产的所有产品的工艺质量指标值的平均数和方差．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由(1+2i)z=4+3i，得z=4+3i1+2i=(4+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=10−5i5=2−i．
故选：D．
把给出的等式两边同时乘以11+2i，然后直接利用复数的除法运算化简．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为a=(2,0)，b=(1,−1)，所以a+λb=(2+λ,−λ)，
因为a+λb与b垂直，所以(2+λ)×1+(−λ)×(−1)=0，则λ=−1．
故选：C．
利用平面向量垂直的坐标表示即可得解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：10袋白糖的平均质量x−=500+−5+0+3+8+(−2)+0+(−7)+3+010=500，
方差s22=110[(−5)2+02+32+82+(−2)2+02+(−7)2+02+32+02]=16，标准差s=4，
因此x−−s=496,x−+s=504，
所以质量位于x−−s与x−+s之间的白糖袋数是7．
故选：B．
根据给定条件，求出平均质量x−及标准差s即可判断作答．
本题主要考查平均数和方差公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：对于A，如果B⊆A，那么P(A⋃B)=P(A)=0.7，P(AB)=P(B)=0.2，A错误；
对于B，如果A与B互斥，那么P(A⋃B)=P(A)+P(B)=0.7+0.2=0.9，P(AB)=0，B错误；
对于C，如果A与B相互独立，那么P(AB)=P(A)P(B)=0.7×0.2=0.14，C错误；
对于D，如果A与B相互独立，那么P(A−B−)=(1−0.7)(1−0.2)=0.24，P(A−B)=(1−0.7)×0.2=0.06，D正确．
故选：D．
根据事件的包含关系、互斥事件概率公式、相互独立事件的性质及概率公式计算判断作答．
本题考查相互独立事件的概率相关知识，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：对于选项A，当b=0时，满足a//b，b//c，
但a,c的方向不能确定，故选项A错误；
对于选项B，若a是非零向量，b≠c，
则a⋅b=a⋅c⇔a⋅(b−c)=0⇔a⊥(b−c)，
则选项B正确；
对于选项C，∵a+b=(3,−4)=−c，
∴a+b,c共线，
∴{a+b,c}不可以作为基底，故选项C错误；
对于选项D，|a+b+c|= (a+b+c)2= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c，
因为a,b,c两两的夹角相等，
所以夹角有两种情况，
当夹角为120°时，|a+b+c|= 12+12+32+2×1×1×(−12)+2×1×3×(−12)+2×1×3×(−12)=2，
当夹角为0°时，|a+b+c|= 12+12+32+2×1×1+2×1×3+2×1×3=5，
故选项D错误．
故选：B．
取b=0可判断A；由a⋅b=a⋅c⇔a⋅(b−c)=0可判断B；求得a+b=−c，则a+b,c共线，可判断C；a,b,c两两的夹角为0°或120°，根据模长公式及数量积运算可判断D．
本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：对于A，极差为300，小区用电量平均数为
50×0.0024×75+50×0.0036×125+50×0.0060×175+50×0.0044×225
+50×0.0024×275+50×0.0012×325=186，故A错误；
对于B，小区用电量众数为150+2002=175，
因为50×(0.0024+0.0036)=0.3，50×(0.0024+0.0036+0.0060)=0.6，
故小区用电量中位数在[150,200)，设为m，
则0.3+(m−150)×0.0060=0.5，解得m=5503，故B错误；
对于C，因为50×(0.0024+0.0036+0.0060+0.0044)=0.82<0.85，
50×(0.0024+0.0036+0.0060+0.0044+0.0024)=0.94>0.85，
故估计小区居民月用电量的85%分位数在[250,300)，设为x，
则0.82+(x−250)×0.0024=0.85，解得x=262.5，故C正确；
对于D，样本中小区用电量不小于250kW⋅h的频率为0.0024×50+0.0012×50=0.18，
所以小区用电量不小于250kW⋅h的约有2000×0.18=360户，故D错误．
故选：C．
对于A，根据频率分布直方图中平均数与极差的算法计算即可；对于B，根据频率分布直方图中中位数与众数的算法计算即可；对于C，根据频率分布直方图中百分位数的算法判断即可；对于D，求出小区用电量不小于250kW⋅h的频率，进而得解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数、极差、中位数和百分位数的计算，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：依题意，设圆锥底面半径为R，高为H，圆柱底面半径为r，高为h，
则2πR=12×2πa，则R=12a，故H= a2−R2= 32a，
所以由hH=R−rR，得h= 32a− 3r= 32(a−2r)，
所以圆柱的侧面积S=2πrh= 32π×2r×(a−2r)≤ 32π×(2r+a−2r2)2= 38πa2，
当且仅当2r=a−2r，即r=a4时，等号成立，
此时h= 32(a−2×14a)= 34a，圆柱的体积为V=πr2h=π×(a4)2× 34a= 364πa2．
故选：B．
先由题意求得圆锥的底面半径与高，从而利用比例关系得到圆柱底面半径与高的关系，再利用基本不等式求得圆柱的侧面积最大时圆柱底面半径与高的取值，从而得解．
本题考查圆锥、圆柱相关计算知识，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为该坐标系中M(x1,y1)和N(x2,y2)，
所以OM=x1e1+y1e2,ON=x2e1+y2e2，
则MN=ON−OM=(x2−x1)e1+(y2−y1)e2，
所以|MN|= [(x2−x1)e1+(y2−y)1e2]2
= (x2−x1)2e12+(y2−y1)2e22+2(x2−x1)(y2−y1)e1⋅e2
= (x2−x1)2|e1|2+(y2−y1)2|e2|2+2(x2−x1)(y2−y1)|e1|⋅|e2|cosθ
= (x1−x2)2×12+(y1−y2)2×12+2(x1−x2)(y1−y2)×1×1×cosθ
= (x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)cosθ，
即该坐标系中M(x1,y1)和N(x2,y2)两点间的距离为：
(x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)cosθ．
故选：D．
由题意可得OM=x1e1+y1e2,ON=x2e1+y2e2，再利用向量减法运算法则以及向量数量积的运算法则求解即可．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：取z1=i，θ=0，z2=1，则(z1+z2)2=(i+1)2=2i，|z1+z2|2=|i+1|2=2，
则(z1+z2)2≠|z1+z2|2，故A错误；
设复平面内z22对应的点的坐标为(m,n)，z22=(cosθ+isinθ)2=cos2θ−sin2θ+i⋅2sinθcosθ=cos2θ+isin2θ，
∴m=cos2θ，n=sin2θ，∴m2+n2=1，
则复平面内z22对应的点的集合是单位圆，故B正确；
∵z1+z2=x+cosθ+i⋅(y+sinθ)，z1+z2−=x+cosθ−i⋅(y+sinθ)，
z1−+z2−=x−yi+cosθ−isinθ=x+cosθ−i⋅(y+sinθ)，
∴z1+z2−=z1−+z2−，故C正确；
由|z1−i|=1得|x+(y−1)i|=1，即x2+(y−1)2=1，表示以(0,1)为圆心，1为半径的圆，故D错误．
故选：BC．
取特值可判断A；设复平面内z22对应的点的坐标为(m,n)，求得m2+n2=1，即可判断B；利用共轭复数的概念求解可判断C；由模的计算公式可得x2+(y−1)2=1，表示以(0,1)为圆心，1为半径的圆，可判断D．
本题主要考查了复数的运算，考查了复数的几何意义，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：依题意，连续抛掷这个正四面体木块两次，所得总的基本事件有：
(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16件，
其中事件A包含的基本事件有(1,1)，(1,3)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,3)，(4,2)，(4,4)，共8件，
事件B包含的基本事件有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共8件，
事件C包含的基本事件有(1,2)，(1,4)，(2,2)，(2,4)，(3,2)，(3,4)，(4,2)，(4,4)，共8件，
事件AB包含的基本事件有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，共4件，
事件BC包含的基本事件有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，共4件，
事件AC包含的基本事件有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，共4件，
事件ABC包含的基本事件有(2,2)，(2,4)，(4,2)，(4,4)，共4件，
所以P(A)=P(B)=P(C)=12，P(AB)=P(BC)=P(AC)=14，
P(A)P(B)P(C)=18，P(ABC)=14，
故ABD正确，C错误．
故选：ABD．
利用列举法，结合古典概型求得各事件的概率，从而得解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：f(x)=cos4x−2sinxcosx−sin4x=(cos2x+sin2x)(cos2x−sin2x)−2sinxcosx=cos2x−sin2x= 2cos(2x+π4)，
由2x+π4=kπ，k∈Z，解得x=−π8+kπ2，k∈Z，令−π8+kπ2=π4，得k=34∉Z，故A错误；
由2x+π4=π2+kπ，k∈Z得，x=π8+kπ2，k∈Z，当k=−1时，x=−3π8，
则函数f(x)关于点(−3π8,0)对称，故B正确；
当2x+π4∈[2kπ,π+2kπ]，k∈Z，即x∈[−π8+kπ,3π8+kπ]，k∈Z时，f(x)单调递减，
令k=0，则函数f(x)在区间[−π8,3π8]内单调递减，故C正确；
取x=0，则f(0+π2)=f(π2)= 2cos(x+π4)=− 2cosπ4=−1，
又因为1f(0)=1 2cosπ4=1，
所以f(0+π2)≠1f(0)，故D错误．
故选：BC．
利用三角恒等变换化简f(x)= 2cos(2x+π4)，根据三角函数的对称性列式求解可判断AB；根据三角函数的单调性列出不等式求解可判断C；取特值可判断D．
本题主要考查了三角函数的恒等变换，考查了余弦函数的图象和性质，属于中档题．
12.【答案】CD
【解析】解：对于A，记CD的中点为G，连接EG，AC交于O，连接D1O，AD1，
易得O同时是EG与AC的中点，EO//AD,EO=12AD，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，FD1//AD,FD1=12AD，
所以EO//FD1，EO=FD1，
所以四边形FD1OE是平行四边形，
则EF//D1O，
不妨设AB=2，则在△ACD1，易得AD1=AC=CD1=2 2，
则△ACD1是正三角形，
因为O是AC的中点，易得∠OD1C=30°，
所以D1O与CD1不垂直，
则EF与CD1不垂直，故A错误；
对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB//C1D1，AB=C1D1，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，则AD1//BC1，
又EF//D1O，
所以∠AD1O是直线EF与BC1所成的角(或补角)，
因为△ACD1是正三角形，O是AC的中点，
所以∠AD1O=30°，故B错误；
对于C，连接A1D，如图，
由选项B可知平面ABC1与平面ABC1D1是同一个面，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥平面AA1D1D，
而A1D⊂平面AA1D1D，
则AB⊥A1D，
在正方形AA1D1D中，易得AD1⊥A1D，
又AD1∩AB=A，AD1，AB⊂平面ABC1D1，
所以A1D⊥平面ABC1D1，
又F是A1D1的中点，所以F到平面ABC1D1的距离是A1到平面ABC1D1的距离的一半，
记F到平面ABC1D1的距离为h，
则h=12×12A1D= 22，
而易得EF= 12+12+22= 6，
记直线EF与平面ABC1所成的角为θ，
则sinθ=hEF= 22×1 6= 36，故C正确；
对于D，不妨设直线B1D与平面A1BC1的交点为M，连接B1D1，如图，
易得A1B=BC1=A1C1=2 2，
又A1B1=B1C1=BB1=2，
所以三棱锥B1−A1BC1是正三棱锥，
故要证M是△A1BC1的重心，只需要证B1M⊥面A1BC1，即B1D⊥面A1BC1即可，
因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面A1B1C1D1，
而A1C1⊂平面A1B1C1D1，
则DD1⊥A1C1，
在正方形A1B1C1D1中，易得B1D1⊥A1C1，
又DD1∩B1D1=D1，DD1，B1D1⊂平面DD1B1，
所以A1C1⊥平面DD1B1，
而B1D⊂平面DD1B1，
故A 1C1⊥B1D，
同理A1B⊥B1D，
又A1C1∩A1B=A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1，
所以B1D⊥面A1BC1，
所以直线B1D与平面A1BC1的交点是△A1BC1的重心，故D正确．
故选：CD．
对于AB，利用平行线的证明判断得EF与CD1，EF与BC1的所成角，从而得以判断；对于C，利用线面角的定义，求得F到平面ABC1D1的距离，从而求得所求角的正弦值，由此得以判断；对于D，利用正三棱锥B1−A1BC1的性质，将问题转化为证B1D⊥面A1BC1，利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证．
本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】−1+ 3i(答案不唯一)
【解析】解：设z=a+bi(a<0,b>0)，
由|z|=2，得 a2+b2=2，即a2+b2=4，
令a=−1，b= 3，则z=−1+ 3i.
故答案为：−1+ 3i(答案不唯一)．
设z=a+bi(a<0,b>0)，由|z|=2可得a2+b2=4，取该方程的一组解，则答案可求．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数模的求法，是基础题．
14.【答案】3 3e
【解析】解：|a|=6，e=(0,1)，向量a，e的夹角θ等于30°时，
故向量a在向量e上的投影向量为|a|cos30°×e=3 3e．
故答案为：3 3e．
据投影向量的定义结合已知求解即得．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
15.【答案】32
【解析】解：如图，连接EG，EF，GF，A1D，A1C1，DC1，
∵A1E//DG，A1E=DG，∴A1EGD为平行四边形，∴A1D//EG，
∵A1D⊄平面EFG，EG⊂平面EFG，∴A1D//平面EFG，
又DP//平面EFG，A1D∩DP=D，A1D，DP⊂平面A1DP，
∴平面A1DP//平面EFG，
又平面A1DP∩平面A1B1C1D1=A1P，平面EFG∩平面A1B1C1D1=EF，
∴A1P//EF，
∵E，F分别是线段AB1，B1C1的中点，∴A1C1//EF，则点P在A1C1上，
∴点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面为△DA1C1，
∵DA1= 2，A1C1=DC1= 5，△DA1C1的等腰三角形，
边DA1上的高为h= ( 5)2−( 22)2=3 22，
∴S△DA1C1=12DA1⋅h=12× 2×3 22=32．
故答案为：32．
由题意可得A1D//EG，从而AD1//平面EFG，又DP//平面EFG，则平面A1DP//平面EFG，可得A1P//EF，又A1C1//EF，则点P在A1C1上，所以点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面为△DA1C1，计算面积即可．
本题主要考查了线面平行的判定，考查了正方体的结构特征，属于中档题．
16.【答案】 33h1h2
【解析】解；依题意，当点B，C在过点A垂直于l1的直线DE同侧时，∠BAE+∠CAD=60°，
设∠BAE=30°+θ(−30°<θ<30°)，则∠CAD=30°−θ，在Rt△ABE，Rt△ACD中，
AB=h1cos(30∘+θ)，AC=h2cos(30∘−θ)，
因此△ABC的面积S△ABC=12AB⋅ACsin120°=12⋅h1cos(30∘+θ)⋅h2cos(30∘−θ)⋅ 32
= 3h1h24( 32cosθ−12sinθ)( 32cisθ+12sinθ)= 3h1h23cos2θ−sin2θ= 3h1h24cos2θ−1，
而 32
当C与D重合时，∠BAE=60°，同理S△ABC= 32h1h2，
当B，C在过点A垂直于l1的直线DE两侧时，则有60°<∠CAD<90°，AC>2h2，AB>h1，
或60°<∠BAE<90°，AB>2h1，AC>h2，S△ABC=12AB⋅ACsin120°> 34⋅2h1h2= 32h1h2，
所以△ABC面积的最小值为 33h1h2．
故答案为： 33h1h2．
当B，C在直线DE同侧时，设∠BAE=30°+θ(−30°<θ<30°)，利用直角三角形边角关系表示出AB，AC，再利用三角形面积公式结合和差角的余弦公式求解，验证不在同侧的情况作答．
本题主要考查点到直线的距离，三角形面积的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵x∈[0,π4]，则2x+π3∈[π3,5π6]，
因为tan(2x+π3)≥−1，则2x+π3∈[π3,π2)∪[3π4，5π6]，
解得x∈[0,π12)∪[5π24，π4]；
证明：(2)函数g(x)=tan(2x+π3)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，解析式变为h(x)=tan(x+π3)，
再向右平移π3个单位长度，则f(x)=tanx，
所以tan(x2+π4)+tan(x2−π4)=tanx2+tanπ41−tanx2tanπ4+tanx2−tanπ41+tanx2tanπ4=1+tanx21−tanx2+tanx2−11+tanx2=(1+tanx2)2−(1−tanx2)21−tan2x2=4tanx21−tan2x2=2tanx=2f(x)，
故原等式成立．
【解析】(1)根据正切函数型的图象与性质算得2x+π3∈[π3,π2)∪[3π4，5π6]，解出即可；
(2)首先得到平移后的解析式f(x)=tanx，再利用两角和与差的正切公式以及二倍角的正切公式即可证明．
本题主要考查了正切函数的图象和性质，考查了三角函数的图象变换，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在△ACD中，∠ADC=∠BDA+∠BDC=105°，∠ACD=45°，
所以∠CAD=30°，
又CD=a，
所以由CDsin30∘=ADsin45∘，得AD=asin45°sin30∘= 2a，
在△BCD中，∠BCD=∠ACB+∠ACD=105°，∠BDC=30°，
所以∠CBD=45°，
又sin105°=sin(60°+45°)= 32× 22+12× 22= 6+ 24，
所以由BDsin105∘=CDsin45∘，
得BD=asin105°sin45∘= 3+12a，
在△ABD中，∠BDA=75°，cos∠BDA=cos(45°+30°)= 22( 32−12)= 6− 24，
所以AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cos75°
=2a2+2+ 32a2−2× 2a× 3+12a× 6− 24=4+ 32a2，
则AB= 8+2 32a．
(2)在△COD中，∠ACD=45°，∠BDC=30°，
则∠COD=105°，
由OCsin30∘=ODsin45∘=CDsin105∘，
得OC=CDsin30°sin105∘=2 6+ 2a,OD=CDsin45°sin105∘=2 2 6+ 2a=( 3−1)a，
所以在△AOD中，∠BDA=75°，sin75°=sin105°= 6+ 24，
则S△AOD=12AD⋅OD⋅sin75°=12× 2a×2 2 6+ 2a× 6+ 24=a22，
在△BOC中，∠BOC=180°−∠COD=75°，BO=BD−DO= 3+12a−( 3−1)a=3− 32a，
则S△BOC=12OC⋅BO⋅sin75°=12×2 6+ 2a×3− 32a× 6+ 24=3− 38a2，
所以S1−S2=S△AOD−S△BOC=a22−3− 38a2=1+ 38a2．
【解析】(1)利用正弦理定依次求得AD，BD，再利用余弦定理即可求得AB，由此得解；
(2)在△COD中，利用正弦定理求得OC，OD，再在△AOD与△BOC中，利用三角形面积公式即可得解．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取AB的中点D，连接PD，CD，
在△ABB1中，因为P，D分别为AB1，AB中点，
所以PD//BB1，且PD=12BB1，
正三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1//BB1，CC1=BB1，
因为Q为棱CC1的中点，
所以CQ//BB1，且CQ=12BB1，
于是PD//CQ，PD=CQ，
所以四边形PDCQ为平行四边形，
从而PQ//CD，
又因为CD⊂平面ABC，PQ⊄平面ABC，
所以PQ//平面ABC；
(2)取BC的中点E，连接AE，因为AB=AC，
所以AE⊥BC，
正三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，
所以BB1⊥AE，
又BC∩BB1=B，BB1，BC⊂平面BCC1B1，
所以AE⊥平面BCC1B1，
点P为线段AB1的中点，
则点P到平面BCC1B1的距离d=12AE= 32，
则多面体B1PCQ的体积VB1−PCQ=VP−B1CQ=13S△B1CQd=13×12×32×2× 32= 34．
【解析】(1)取AB的中点D，证明四边形PDCQ为平行四边形，从而PQ//CD，即证得结论；
(2)取BC的中点E，可证得AE⊥平面BCC1B1，因为点P为线段AB1的中点，则点P到平面BCC1B1的距离d=12AE= 32，从而由VB1−PCQ=VP−B1CQ=13S△B1CQd求得答案．
本题考查线面平行的判定定理，考查等体积法的运用，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设Ak=“一年内需要维修k次”，k=0，1，2，3，事件A0，A1，A2，A3两两互斥，
因为一年内需要维修1次的占15%，维修2次的占6%，维修3次的占4%，
所以P(A1)=0.15，P(A2)=0.06，P(A3)=0.04，P(A0)=1−(0.15+0.06+0.04)=0.75，
P(A)=P(A1⋃A2⋃A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=0.25，
P(B)=P(A0⋃A1)=P(A0)+P(A1)=0.9；
(2)这2台计算机保修期内维修次数总和不超过2次，则两台均未维修或1台维修0次另1台维修1次，或1台维修0次另1台维修2次，或2台各维修1次，
所以这2台计算机保修期内维修次数总和不超过2次的概率为：
P=0.75×0.75+0.75×0.15×2+0.75×0.06×2+0.15×0.15=0.9．
【解析】(1)设Ak=“一年内需要维修k次”，k=0，1，2，3，由题设条件求出P(Ak)，利用互斥事件的概率公式计算概率；
(2)由题意可知，1台维修0次另1台维修1次，或1台维修0次另1台维修2次，或2台各维修1次，由此求解即可．
本题主要考查互斥事件的概率加法公式，属于基础题．
21.【答案】解：(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，由正方形ABCD，得AD=BC，
而PA=PB= 2,∠PAD=∠PBC，
则△PAD≌△PBC，有PD=PC，
又E为CD的中点，OD=OC，
于是PE⊥CD，OE⊥CD，
而PE∩OE=E，OE⊂平面POE，PE⊂平面POE，
因此CD⊥平面POE，
又CD⊂平面ABCD，
所以平面POE⊥平面ABCD．
(2)在四棱锥P−ABCD中，延长EO交AB于F，连接PF，如图，
由于正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为CD的中点，则F为AB的中点，
有EF⊥AB，PF⊥AB，
于是∠PFE是侧面PAB与底面ABCD所成二面角，令∠PFE=θ，
由(1)知CD⊥平面PFE，而CD⊂平面PCD，
则平面PFE⊥平面PCD，
在平面PFE内过F作FH⊥PE于H，而平面PFE∩平面PCD=PE，
于是FGH⊥平面PCD，
又AB//CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，
则AB//平面PCD，
因此点A到平面PCD距离等于点F到平面PCD的距离FH，
由PA= 2,AF=1，得PF= PA2−PF2=1，
而EF=2，
在△PEF中，由余弦定理得：PE2=PF2+EF2−2PF⋅EFcosθ=5−4cosθ，
又S△PEF=12PF⋅EF⋅sinθ=12PE⋅FH，即有2sinθ=PE⋅FH，
则FH2=4sin2θPE2=4−4cos2θ5−4cosθ=16−(4cosθ)24(5−4cosθ)，
令5−4cosθ=t，显然−1
当t=3时，(FH)min=1,cosθ=12，
而0<θ<π，
从而θ=π3，
所以当点A到平面PCD距离最大时，侧面PAB与底面ABCD所成二面角的大小为π3．
【解析】(1)根据给定条件，借助三角形全等证得PC=PD，再利用等腰三角形性质、线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答．
(2)作出侧面PAB与底面ABCD所成二面角，利用线面平行确定点A到平面PCD的距离，借助余弦定理、三角形面积公式求解作答．
本题考查面面垂直的判定以及二面角的定义及其求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)改进后该厂的年收益增加了，理由如下：
依题意，可知原生产线生产A等品的概率为816=12，生产B等品的概率为12，
所以原生产线一天的收益为200×12×160+200×12×140=30000(元)，即3万元，
改进后的生产线随机抽取的16件产品的工艺质量指标值为：
10.00
10.17
10.01
10.01
10.06
9.97
10.03
10.09
10.31
9.96
10.18
10.07
9.27
10.09
10.10
10.00
则改进后的生产线生产A等品的概率为1316，生产B等品的概率为316，
所以改进后的生产线一天的收益为200×1316×160+200×316×140=31250(元)，即3.125万元，
则改进后该厂的年收益比原来的多(3.125−3)×365−30=15.625(万元)．
所以改进后该厂的年收益增加了．
(2)因为原来随机抽取的16件产品的工艺质量指标值的平均数为x−=9.97和方差为s2=0.045，
而且改进后该条生产线产能不变，但生产出的每件产品工艺质量指标值均提高0.05，
所以估计改进后该厂一天生产的所有产品的工艺质量指标值的平均数为x−+0.05=10.02，
改进后方差s12=116i=116(xi+0.05−x−−0.05)=116i=116(xi−x−)=s2，
所以方差不变，仍为0.045．
【解析】(1)依题意分别求得该厂原生产线与改进生产线后一天的收益，再比较一年的收益差即可得解；
(2)利用平均数与方差的性质求解即可．
本题主要考查离散型随机变量期望的求解，考查转化能力，属于中档题．
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